просветите про скалярное произведение и метрический тензор

[arseniiv]

(Не поправили явно.)

arseniiv в сообщении #731980 писал(а):

таких в этом же векторном пространстве только два!

Ой, точно, не два варианта же будет, а один. Никто не поправил. Второй-то вектор даст отрицательное произведение.

[Munin]

Картинка будет скорей такая:


-- 03.06.2013 16:19:05 --

illuminates в сообщении #731981 писал(а):

то есть ещё раз конкретный вопрос:
почему мы вектор x раскладываем в кривом базисе, затем вектор у в новом кривом базисе, который перпендикулярен старому, а затем...?берём их скалярное произведение?

Мы можем взять скалярное произведение векторов вообще как угодно.
I. Безо всяких базисов.
II. Разложив один вектор в одном любом базисе, потом другой вектор - в любом другом базисе.

Но, когда мы делаем это в сопряжённых базисах, мы получаем наиболее простой способ вычисления скалярного произведения. Мы имеем для вектора $x$ последовательность координат - чисел, и для вектора $y$ последовательность координат - чисел. А потом перемножаем их первое с первым, второе со вторым, и так далее. В обычной нетензорной нотации это пишется как:

$$(y,x)=\sum_i y_i x^i,$$

а в сокращённой "нотации Эйнштейна" - без знака суммы, так:

$$(y,x)=y_i x^i.$$

Суммирование при этом всё равно подразумевается и производится. Здесь, будьте внимательны, индекс $i$ нумерует координаты, и приписывание этого индекса превращает вектор в число (ранее, в посте Theoristos, был индекс $i$ другого типа - он нумеровал векторы базиса, и величины с этим индексом всё равно были векторами).

В случае, когда векторы $x$ и $y$ записаны в произвольных не связанных между собой базисах, формула усложняется:

$$(y,x)=g^{(AB)}_{i\mu} y^i x^\mu,$$

где $g^{(AB)}_{i\mu}$ - некая матрица коэффициентов, позволяющая брать скалярные произведения для двух векторов, взятых в этих базисах. В частных случаях, когда оба вектора даны в одном базисе, получается:

$$(y,x)=g_{ij} y^i x^j,$$

где $g_{ij}$ - обычная матрица метрического тензора; и когда векторы даны в сопряжённых базисах:

$$(y,x)=\delta^{i}_{j} y_i x^j\equiv y_i x^i,$$

где $\delta^{i}_{j}$ - единичная матрица.

[illuminates]

Munin в сообщении #732019 писал(а):

Картинка будет скорей такая:

Но позвольте, у вас $b_2$ перпендикулярен только $a_1$, и не перпендикулярен $a_2$. Или я чего то не понимаю.
И опять не понимаю принцип зачем нам вводить два сопряженных базиса?
Я не верно рассуждаю:
"у нас был базис $ e_1^Ae_2^B $ мы составили базис $ e_1^Be_2^B $
теперь из этих орт составим два ортогональных базиса:
$ e_1^Ae_1^B $ и $ e_2^Ae_2^B $
УРА!
Но подождите, тогда наши бедные вектора непонятно как раскладывать. У нас получилось два смешанных базиса. Разложения $\vec{x}=\Sigma x_{(A)i} \vec{A}_i$ и $\vec{y}=\Sigma y_{(B)j} \vec{B}_j$ не работают. Я опять не туда пошёл?"

-- 03.06.2013, 16:50 --

Munin в сообщении #732019 писал(а):

а в сокращённой "нотации Эйнштейна" - без знака суммы, так:

$$(y,x)=y_i x^i.$$

можите меня сжечь на костре, но я всё же опять задам вопрос: как из этой формулы получить " $(y,x)=yx\cos(a)$ " ? я не могу понять.
в первом случае у нас получится
$xy=x^1x^2+y^1y^2+z^1z^2$

против:
$ xy=|x| |y|\cos(a)=(((x^1)^2+(y^1)^2+(z^1)^2)^{1/2}+((x^2)^2+(y^2)^2+(z^2)^2)^{1/2})\cos(a) $

[Munin]

illuminates в сообщении #732036 писал(а):

Но позвольте, у вас b2 перпендикулярен только а1, и не перпендикулярен а2.

Конечно. Он подобран так, чтобы его скалярное произведение с $a_2$ было единицей. Его направление задано условием перпендикулярности к $a_1,$ так что в формуле $\lvert a_2\rvert\lvert b_2\rvert\cos\varphi$ остаётся неизвестным только $\lvert b_2\rvert,$ который мы и вычисляем.

illuminates в сообщении #732036 писал(а):

И опять не понимаю принцип зачем нам вводить два сопряженных базиса?

Для удобства, когда мы работаем с неортонормированными базисами. Когда у нас был ортонормированный базис, можно было просто иметь все координаты в этом базисе, и при этом считать скалярные произведения по простому правилу "первый с первым...". А когда базис перекосило, то от одного из этих двух свойств надо отказаться. Варианты:
а) иметь все координаты в одном базисе, но считать скалярные произведения через метрические коэффициенты;
б) ввести два базиса, основной и сопряжённый, и для случая, когда координаты одного вектора в одном, а другого - в другом, считать скалярные произведения по простому правилу "первый с первым...".

Второй способ большого труда не составляет, а формулы даёт более универсальные, поэтому он общепринят.

illuminates в сообщении #732036 писал(а):

можите меня сжечь на костре, но я всё же опять задам вопрос: как из этой формулы получить " $(y,x)=yx\cos(a)$ " ? я не могу понять.

Никак. В общем случае произвольных (введённых абстрактно, а не нарисованных на бумажке) пространств, никакой формулы $(y,x)=yx\cos(a)$ вообще изначально нет. И нет понятия ни углов, ни их косинусов, ни перпендикуляров. Есть только векторы, и при большом счастье - их скалярное произведение.

Только после этого, можно использовать формулу $(y,x)=\lvert y\rvert\lvert x\rvert\cos(a)$ для того, чтобы вообще дать определение сначала косинусу, потом самому углу.

illuminates в сообщении #732036 писал(а):

в первом случае у нас получится
$xy=x^1x^2+y^1y^2+z^1z^2$

против:
$ xy=lxllyl\cos(a)=(((x^1)^2+(y^1)^2+(z^1)^2)^{1/2}+((x^2)^2+(y^2)^2+(z^2)^2)^{1/2})\cos(a) $

Эт у вас пошла уже полная мешанина. В первом случае у нас получится:
$xy=x^1y^1+x^2y^2+x^3y^3,$
где $x$ и $y$ не обозначают оси координат, а обозначают два вектора, произвольных,
а цифры $1,2,3$ как раз нумеруют координаты векторов (и в детстве вы их обозначали $x,y,z$).

Видимо, выбор букв $x$ и $y$ для векторов здесь неудачен. Лучше написать так:
$ab=a^1b^1+a^2b^2+a^3b^3.$

Во второй формуле у вас почему-то умножение превратилось в плюс (не говоря уже о неправильном обозначении модуля).

А вообще, то, что формулы
$ab=a^1b^1+a^2b^2+a^3b^3$
и
$ab=\sqrt{(a^1)^2+(a^2)^2+(a^3)^2}\sqrt{(b^1)^2+(b^2)^2+(b^3)^2}\cos\widehat{ab}$
дают один и тот же ответ, это проходят ещё в школе. Вы забыли этот простой факт?

[illuminates]

Munin в сообщении #732101 писал(а):

Конечно. Он подобран так, чтобы его скалярное произведение с $a_2$ было единицей.

Но что бы скалярное произведение было равно единицы нужно чтобы косинус был нулевым. На вашем рисунке это не так.

Munin в сообщении #732101 писал(а):

А вообще, то, что формулы
$ab=a^1b^1+a^2b^2+a^3b^3$
и
$ab=\sqrt{(a^1)^2+(a^2)^2+(a^3)^2}\sqrt{(b^1)^2+(b^2)^2+(b^3)^2}\cos\widehat{ab}$
дают один и тот же ответ, это проходят ещё в школе. Вы забыли этот простой факт?

Да забыл. И отсюда не всё понимание. Если скажите что это как то доказывается, то я успокоюсь.

и
вот назрел последний вопрос.
Вы говорите что с помощью метрического тензора можно и переходить из одного базиса в другой и учитывать кривизну базиса. Мне кажется это просто невероятно! Почти какое то чудо, что одна сущность отвечает за столько всего. Вы не находите?

[Theoristos]

illuminates в сообщении #731907 писал(а):

у меня сивол кронекера выполняется для $(e_1^Ae_1^B)=1 $ $(e_2^Ae_2^B)=1 $ но на этом всё. ведь $(e_1^Ae_2^B)\neq0$ следовательно базисы не полностью ортогональны к друг другу?

Нет. Геометрически мы как раз выбираем i-й вектор базиcа B так, чтоб он был перпендикулярен всем другим из базиса A. А потом подбираем его длину, масштабируем, чтоб его произведение с i-м из A было =1. Так что выполняется оба условия. Munin совершенно верно нарисовал пример.

illuminates в сообщении #732118 писал(а):

Но что бы скалярное произведение было равно единицы нужно чтобы косинус был нулевым. На вашем рисунке это не так.

Это для произведения единичных векторов. Тут же однозначно они не единичны. И не факт что единичен исходный базис А, полная свобода.

-- Пн июн 03, 2013 19:10:02 --

illuminates в сообщении #731963 писал(а):

и к сожалению самого важного я не понял.
1) вы говорите что у нас не ортогональный базис.
2) в нём у нас два вектора x и у.
3) разложить на компоненты их незя следовательно незя произвести операцию скалярного произведения.

Разложение на компоненты очевидно есть.
Нельзя записать произведение его через компоненты в старом простом виде $\Sigma x_i y_i$ и найти коэффициенты разложения простым произведением $\vec{x}\cdot\vec{A}_i.

illuminates в сообщении #731963 писал(а):

и к сожалению самого важного я не понял.
1) вы говорите что у нас не ортогональный базис.
2) в нём у нас два вектора x и у.
3) разложить на компоненты их незя следовательно незя произвести операцию скалярного произведения.

Мелко замечание, векторы x и y не "в базисе", они совершенно отдельны и равноправны и про базис вообще не знают. "В базисе" их разложение, представление в виде набора чисел.

Вы немного перепутали.
Разложить вектор в базис однозначно можно. Собственно что значить "разложить"? Это значит - банально подобрать такие множители $x_i$ для векторов базиса, чтоб их сумма совпала с искомым вектором: $\Sigma x_{(A)i} \vec{A}_i=\vec{x}$. Просто подбирать их сложнее чем в ортогональном случае (хотя это ещё как сказать :) ).
Нельзя только записать скалярное через компоненты по старой простой формуле.

illuminates в сообщении #731963 писал(а):

4) Поэтому мы строим новый, ортогональный базис с началом координат в старом и раскладываем вектора x и у в нём следовательно здесь же производим операцию скалярного произведения.

Нет, мы строим не "ортогональный базис" (сам по себе), а "базис ортогональный нашему исходному". В определенном указанном выше смысле. И находим разложение не по нему, а одно в исходном базисе, а другое в базисе ортогональном исходному. В этом случае наша формула для скалярного через компоненты получается в точности как раньше.
А метрического здесь ещё вообще нет.

illuminates в сообщении #731963 писал(а):

Кстати вы промолчали про метрический тензор в своём сообщении.

Совершенно верно :) Понял что более-менее строго писать придётся долго.
Вкратце он вылазит двояко. Во-первых как матрица произведений векторов базиса \vec{A}_i\cdot\vec{A}_j$. Дело в том, что скалярное произведение через компоненты можно записать и не притягивая за уши ортогональный базис B. Просто перемножив два вектора в виде их суммы разложений по базису \(\Sigma x_{(A)i} \vec{A}_i\)\cdot\(\Sigma y_{(A)j} \vec{A}_j\)$. Но там тогда, увы, вылазить матрица скалярных произведений векторов базиса \(\Sigma x_{(A)i}y_{(A)j}g_{ij}\)$.
А второе - то что эта же матрица внезапно позволяет перейти от компонент в исходном базисе к компонентам в ортогональном (ковариантном). Но вот прямой вывод в лоб этого несколько громоздок.

Некоторая путаница векторов-тензоров и их компонент мне кажется получается из-за того, что для тензоров, и особенно многоранговых, алгебраическая запись операций с ними гораздо корявее, чем запись этих же действий через компоненты. А так как результат прямо тождественен, а сотни раз писать "компоненты" неудобно, то поголовно о выражениях для компонент говорят как о выражениях для векторов-тензоров. Что изредка приводит к забавным вопросам типа "какая компонента тензора электромагнитного поля соответствует "классической" проекции поля Bz".

[Munin]

illuminates в сообщении #732118 писал(а):

Но что бы скалярное произведение было равно единицы нужно чтобы косинус был нулевым.

Вы опять путаете. Достаточно, чтобы косинус был меньше единицы (но ненулевым), а произведение других сомножителей - больше.

Странно, такие простые вещи, их же в школе учат - как же вы до тензоров-то добрались с такими знаниями?

Рекомендую перечитать элементарную векторную алгебру и аналитическую геометрию, для случаев евклидовых пространств размерности 2 и 3. Вспомнить факты. Порешать упражнения.

illuminates в сообщении #732118 писал(а):

Если скажите что это как то доказывается, то я успокоюсь.

Это мне самому вспоминать надо...

illuminates в сообщении #732118 писал(а):

Вы говорите что с помощью метрического тензора можно и переходить из одного базиса в другой и учитывать кривизну базиса. Мне кажется это просто невероятно! Почти какое то чудо, что одна сущность отвечает за столько всего. Вы не находите?

Я такого не говорил. Переходить из одного базиса в другой - это не метрический тензор, а матрица преобразований должна быть. Они отличаются друг от друга как раз тем, что у матрицы преобразований один индекс сверху, один снизу, а у метрического тензора - оба нижние.

Например, пусть у нас в первом базисе индексы обозначаются латинскими буквами, а во втором греческими. Тогда переход из одного базиса в другой осуществляется так:

$$x^\mu=t^\mu{}_i x^i.$$

Переход обратно - обратной матрицей:

$$x^i=t_\mu{}^i x^\mu.$$

А скалярное произведение:

$$y_i x^i=g_{ij} y^i x^j.$$

Между ними есть очевидные соотношения, например,

$$t_\mu{}^i=g_{\mu\nu}g^{ij}t^\nu{}_j,$$

$$g_{\mu\nu}=g_{ij}t_\mu{}^i t_\nu{}^j,$$

где $g^{ij}$ - обратная матрица от $g_{ij}.$ Но всё-таки они нигде не равны.

Символ Кронекера можно использовать как матрицу для "перехода" из любого базиса в тот же самый базис :-)

[illuminates]

Theoristos в сообщении #732159 писал(а):

метрический тензор внезапно позволяет перейти от компонент в исходном базисе к компонентам в ортогональном (ковариантном).

Munin в сообщении #732305 писал(а):

переходить из одного базиса в другой - это не метрический тензор, а матрица преобразований должна быть.

Господа! Ваши показания разнятся!

от себя добавлю обычную вещь:
$x^i=g_{ij}x^j$

вроде бы g здесь является как раз матрицей перехода.

-- 04.06.2013, 21:01 --

и вот еще вопрос.

правильно ли я вас понял, что

если не использовать дуальный базис, то скалярное произведение записывается как

$$g^{ij} y^i x^j.$$

? я понимаю что какой то бред, ведь после знака равно тогда нужно тоже поставить четыре верхних индекса. Но ведь зато по смыслу то все как хорошо: метрический тензор нашего пространства, вектора тоже разложены по нашему пространству, никуда не влезаем. ув. Господа, вы мне про подобную формулу толковали, говоря что есть другой путь, без сопряженного базиса?

то есть я теперь еще задумался о метрическом тензоре
$ g^{ij}$ -метрический тензор в пространстве в котором мы работаем?
$ g_{ij}$ -метрический тензор дуального пространства, эквивалентен матрице перехода?

[Alex-Yu]

illuminates в сообщении #732587 писал(а):

если не использовать дуальный базис, то скалярное произведение записывается как

$$g^{ij} y^i x^j.$$

? я понимаю что какой то бред, ведь после знака равно тогда нужно тоже поставить четыре верхних индекса.

Нет тут никакого бреда. То что записано -- скаляр у которого индексов вообще нет. Подразумевается правил Эйнштейна: по повторяющимся индексам суммирование. Только формула должна быть немного не такой. А такой:

$g_{ij} y^i x^j$

Это сокращенная запись такой формулы:

$\sum_i \sum_j g_{ij} y^i x^j$

Кстати

$\sum_i \sum_j g^{ij} y_i x_j = \sum_i \sum_j g_{ij} y^i x^j $

Далее просто по определению

$\sum_i g_{ij} y^i = y_j$

Сокращенная запись по правилу Эйнштейна:

$ g_{ij} y^i = y_j$

Так что

$\sum_i \sum_j g_{ij} y^i x^j= \sum_jy_jx^j$

Последняя формула в сокращенной записи:


$ g_{ij} y^i x^j= y_jx^j$


И еще: $g^{ij}$ и $g_{ij}$ рассматриваемые как матрицы --- взаимообратные матрицы. Одна -- перехода от исходного базиса к взаимному к нему, а вторая -- в обратную сторону. Так что $g_{ij}g^{jk}=\delta^k_i$. Естественно по $j$ подразумевается сумма, а $\delta^k_i$ равняется 1 при равных индексах и 0 при неравных.

-- Ср июн 05, 2013 01:32:31 --

illuminates в сообщении #732587 писал(а):

от себя добавлю обычную вещь:
$x^i=g_{ij}x^j$

Слева индекс должен быть нижний. Компоненты в одном базисе пишутся с нижними индексами, а в другом (взаимном к первому) -- с верхними.

[arseniiv]

illuminates в сообщении #732587 писал(а):

от себя добавлю обычную вещь:
$x^i=g_{ij}x^j$

У вас справа два внизу, один наверху, а слева один наверху, а не внизу. (См. как раз обновлённое сообщение Alex-Yu выше.) Так не бывает. Операции над тензорами приводят не ко всем возможным операциям над координатами, и потому не всякая запись с индексами осмысленна — ей может не соответствовать никакого соотношения тензоров.

[Munin]

illuminates в сообщении #732587 писал(а):

то есть я теперь еще задумался о метрическом тензоре
$ g^{ij}$ -метрический тензор в пространстве в котором мы работаем?
$ g_{ij}$ -метрический тензор дуального пространства, эквивалентен матрице перехода?

Нет, ровно наоборот. На остальное я устал отвечать. Вам говорили про дуальные базисы и про произвольные базисы, а вы это перепутали. Разберитесь сами. Повторяю свою рекомендацию: сначала перечитайте заново элементарные основы, а то вы во всём путаетесь, и прогресса у вас не будет.

[iifat]

illuminates в сообщении #732036 писал(а):

можите меня сжечь на костре

Хмм... А это мысль...

illuminates в сообщении #732036 писал(а):

как из этой формулы получить " $(y,x)=yx\cos(a)$ " ?

А вы попробуйте. Это несложно. Точнее, из второй первую. Возьмите два вектора. На плоскости — они ведь в любом случае лягут на плоскость. Докажите билинейность $(y,x)=yx\cos(a)$. Потом разложите вектора в ортонормированном базисе и воспользуйтесь свежедоказанной билинейностью.

[illuminates]

Munin в сообщении #732712 писал(а):

Повторяю свою рекомендацию: сначала перечитайте заново элементарные основы, а то вы во всём путаетесь, и прогресса у вас не будет.

Я трижды с вами согласен! просто мне сейчас горит всё! Очень многим приходится жертвовать что-бы даже на форуме задать вопрос.
Понимаю что Alex-Yu, Theoristos, Munin
вам тем более тратить свое время на меня незачем.
Большое-пребольшое спасибо Вам! Очень сильно помогли!
И всем, всем остальным кто помогал!

[Munin]

illuminates в сообщении #732866 писал(а):

просто мне сейчас горит всё!

Ну, тут можно сказать только одно: в течение семестра учиться надо было!